[HNOI2009]双递增序列（洛谷P4728）+小烈送菜（内部训练题）——奇妙的dp

博主学习本题的经过嘤嘤嘤：

7.22 : 听学长讲（一知半解）——自己推（推不出来）——网上看题解——以为自己会了（网上题解是错的）——发现错误以后又自己推（没推出来）——给学长发邮件——得到正确解法——按着学长思路又推一遍——最后理解

（前后的“学长”不是同一个人）

7.23 : 写出代码，完善细节。

（建议改成：西   天   取   经）

首先，网上对于这道题的题解绝大部分是错误的！（比如洛谷上的部分题解）

用LIS做是不行的

玄学贪心是不行的

dp转移方程不能自圆其说是不行的

即使是AC代码也不一定是正确的（2009年的省选，数据太太太太太太太太太太太太太太水了嘤嘤嘤）

废话说完了

～～～～～～～～～～～～～～～嘤嘤嘤来自蒟蒻OIerOrzer的分割线啦嘤嘤嘤～～～～～～～～～～～～～～～～

以下为正文部分嘤嘤嘤：

考虑把一个数列分成两个集合，有a[i]的为一个集合，没有a[i]的为一个集合～

我们定义状态转移方程dp[i][j]表示对于前i个数，有a[i]的集合的长度为j，没有a[i]的集合的最后一个数的最小值为dp[i][j]（神仙定义）

也就是说，现在有两个集合，其中一个有a[i],另一个没有a[i]。尝试把a[i+1]放到其中一个集合中。

1.尝试把a[i+1]放到有a[i]的集合当中。那么需要满足的先决条件就是：a[i+1]>a[i].

此时更新dp[i+1][j+1]（因为把a[i]放到长度为j的集合中，于是长度++）此时没有a[i+1]的集合同时也是没有a[i]的集合，换句话来说，这个转移对没有a[i]的集合是没有改变的，所以，dp[i+1][j+1]可以直接由dp[i][j]继承过来。

2.尝试把a[i+1]放到没有a[i]的集合当中。那么需要满足的先决条件就是：a[i+1]>dp[i][j].

此时更新dp[i+1][i-j+1]（原来没有a[i]的集合的长度为（i-j），把a[i+1]放进去，长度++）既然把a[i+1]放到了没有a[i]的集合中，那么，没有a[i+1]的集合的最后一个数就是a[i],于是，用a[i]去更新dp[i+1][i-j+1];

（真绕啊嘤嘤嘤）

上代码嘤嘤嘤：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn=2000+10;
 4 int dp[maxn][maxn],a[maxn];
 5 int n,m;
 6 void Solve(){
 7     scanf("%d",&m);
 8     while(m--){
 9         scanf("%d",&n);
10         memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
11         memset(a,0x3f,sizeof(a));
12         for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
13         dp[1][1]=-1;//因为数据中可能有0,因此不能初始化为0;
14         for(int i=1;i<=n;++i){
15             for(int j=1;j<=i;++j){
16                 if(a[i+1]>a[i]) dp[i+1][j+1]=min(dp[i+1][j+1],dp[i][j]);
17                 if(a[i+1]>dp[i][j]) dp[i+1][i-j+1]=min(dp[i+1][i-j+1],a[i]);
18             }
19         }
20         if(dp[n][n/2]>1e8) printf("No!\n");
21         //没有更新，说明不能将原序列合法地平分成两部分，就输出No;
22         else printf("Yes!\n");
23     }
24 }
25 int main(){
26     Solve();
27     return 0;
28 }

完结撒花嘤嘤嘤～（然而并没有）

上辈子的题了（大雾）（所以这就是火星水吗）

但是在解决上一道题后会发现对于这道题会有不一样的理解～～～

我们先定义dp[i][j]表示小烈1走到i，小烈2走到j时的最大收益。且默认小烈1始终在小烈2前面，且前j个已经被送完。

换句话来说，其实根本没有小烈1和小烈2（只是我们yy出来的）或者说，并不是划分了“小烈1”和“小烈2”这两个抽象的概念，划分的应该是“送了a[i]的小烈”和“没有送a[i]的小烈”！

（woc这不就是上一道题吗，太像了好叭）

现在我们换一种表达方式来定义dp[i][j]：

dp[i][j]表示前i个客人，没有送过a[i]的小烈最后一个送的是a[j]时的最大收益。

默认j小于i，且前j个一定已经送过了（如果前j个有没有送过的，那就不合法了，因为两个小烈不能回头）

现在考虑a[i+1]由谁送。

1.由送了a[i]的小烈送。所以，没有送a[i]的小烈同样没有送a[i+1]。也就是说，这个转移完成后，没有送a[i]的小烈原来在j，现在还是在j，没有变化。

所以用（dp[i][j]+a[i]*a[i+1]）更新（dp[i+1][j]）。

2.由没有送a[i]的小烈送。所以，送了a[i]的小烈没有送a[i+1]。也就是说，没有送a[i+1]的小烈最后一个送的是a[i]！

所以用（dp[i][j]+a[j]*a[i+1]）更新（dp[i+1][i]）.

（和刚才那个一样绕嘤嘤嘤）

上代码：

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const int maxn=2500+10;
 4 int dp[maxn][maxn],a[maxn],ans;
 5 void Solve(){
 6     int n;scanf("%d",&n);
 7     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&a[i]);
 8     for(int i=1;i<=n;++i){
 9         for(int j=0;j<i;++j){//j的范围要搞清楚哦;
10             dp[i+1][j]=max(dp[i+1][j],dp[i][j]+a[i]*a[i+1]);
11             dp[i+1][i]=max(dp[i+1][i],dp[i][j]+a[j]*a[i+1]);
12         }
13     }
14     for(int i=0;i<n;++i) ans=max(ans,dp[n][i]+a[i]*a[n]);
15     /*现实中的小烈是从1走到n，又从n回去，在dp方程里面我们把一个小烈拆成了两个，
16     其中一个表示现实中正向走的部分，另一个表示现实中反向走的部分（但是令这一个
17     反向走的小烈反过来走，就是正着走）也就是说，当现实中小烈走到n，开始返回的
18     时候，a[n]与dp方程中定义的小烈2经过的最后一个a[i]（也就是反着走的第一个
19     a[i]）是要产生一个值的，而这个值要加到答案里面才能得到最终结果*/
20     printf("%d",ans);
21 }
22 int main(){
23     Solve();
24     return 0;
25 }

嘤嘤嘤

完结撒花花！！！